江苏省镇江市九校2020届高三数学下学期3月模拟考试试题（含解析）.doc

1、江苏省镇江市九校2020届高三数学下学期3月模拟考试试题（含解析）一、填空题1.已知全集，集合则_【答案】【解析】【分析】根据补集的定义求解即可.【详解】解：故答案为【点睛】本题主要考查了补集的运算,属于基础题.2.已知复数（为虚数单位）为纯虚数，则实数的值为_【答案】【解析】【分析】利用复数的乘法求解再根据纯虚数的定义求解即可.【详解】解：复数为纯虚数,解得故答案为：【点睛】本题主要考查了根据复数为纯虚数求解参数的问题,属于基础题.3.数据的标准差为_【答案】【解析】【分析】先计算平均数再求解方差与标准差即可.【详解】解：样本的平均数, 这组数据的方差是 标准差,故答案为：【点睛】本题主要考

2、查了标准差的计算,属于基础题.4.函数的定义域是_【答案】【解析】由，得，所以，所以原函数定义域为，故答案为.5.在一底面半径和高都是的圆柱形容器中盛满小麦，有一粒带麦锈病的种子混入了其中现从中随机取出的种子，则取出了带麦锈病种子的概率是_【答案】【解析】【分析】求解占圆柱形容器的的总容积的比例求解即可.【详解】解：由题意可得：取出了带麦锈病种子的概率故答案为：【点睛】本题主要考查了体积类的几何概型问题,属于基础题.6.如图是一个算法伪代码，则输出的的值为_.【答案】5【解析】【分析】执行循环结构流程图，即得结果.【详解】执行循环结构流程图得,结束循环，输出.【点睛】本题考查循环结构流程图，考

3、查基本分析与运算能力，属基础题.7.在平面直角坐标系中，若双曲线经过点（3,4），则该双曲线的准线方程为_【答案】【解析】【分析】代入求解得,再求准线方程即可.【详解】解：双曲线经过点,解得,即又,故该双曲线的准线方程为： 故答案为：【点睛】本题主要考查了双曲线的准线方程求解,属于基础题.8.设是等比数列的前项的和，成等差数列，则的值为_【答案】2【解析】【分析】设等比数列的公比设为再根据成等差数列利用基本量法求解再根据等比数列各项间的关系求解即可.【详解】解：等比数列的公比设为成等差数列,可得若则显然不成立,故则,化为解得,则故答案为：【点睛】本题主要考查了等比数列的基本量求解以及运用,属于

4、中档题.9.给出下列四个命题，其中正确命题的序号是_（写出所有正确命题的序号）因为所以不是函数的周期；对于定义在上的函数若则函数不是偶函数；“”是“”成立的充分必要条件；若实数满足则【答案】【解析】【分析】对,根据周期的定义判定即可.对,根据偶函数满足的性质判定即可.对,举出反例判定即可.对,求解不等式再判定即可.【详解】解：因为当时, 所以由周期函数的定义知不是函数的周期,故正确；对于定义在上的函数,若,由偶函数的定义知函数不是偶函数,故正确；当时不满足则“”不是“”成立的充分不必要条件,故错误；若实数满足则所以成立,故正确正确命题的序号是故答案为：【点睛】本题主要考查了命题真假的判定,属于

5、基础题.10.如图，是一个四棱锥的平面展开图，其中间是边长为的正方形，上面三角形是等边三角形，左、右三角形是等腰直角三角形，则此四棱锥的体积为_【答案】【解析】【分析】画图直观图可得该几何体为棱锥,再计算高求解体积即可.【详解】解：如图,是一个四棱锥的平面展开图,其中间是边长为的正方形,上面三角形是等边三角形,左、右三角形是等腰直角三角形,此四棱锥中,是边长为的正方形,是边长为的等边三角形,故,又,故平面平面,的高是四棱锥的高,此四棱锥的体积为:故答案为：【点睛】本题主要考查了四棱锥中的长度计算以及垂直的判定和体积计算等,需要根据题意11.在平面直角坐标系中，若函数在处的切线与圆存在公共点，则

6、实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】利用导数的几何意义可求得函数在处的切线,再根据切线与圆存在公共点,利用圆心到直线的距离满足的条件列式求解即可.【详解】解：由条件得到 又所以函数在处的切线为,即圆方程整理可得：即有圆心且所以圆心到直线的距离,即.解得或,故答案为：【点睛】本题主要考查了导数的几何意义求解切线方程的问题,同时也考查了根据直线与圆的位置关系求解参数范围的问题,属于基础题.12.已知函数若关于不等式的解集是，则的值为_【答案】【解析】分析】根据题意可知的两根为,再根据解集的区间端点得出参数的关系,再求解即可.【详解】解：因为函数,关于的不等式的解集是 的两根为：和；所以有：且

7、；且；故答案为：【点睛】本题主要考查了不等式的解集与参数之间的关系,属于基础题.13.在边长为的菱形中，点在菱形所在的平面内若，则_【答案】【解析】【分析】以菱形的中心为坐标原点建立平面直角坐标系,再设,根据求出的坐标,进而求得即可.【详解】解：连接设交于点以点为原点,分别以直线为轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则：设 得,解得,或,显然得出的是定值,取则,故答案为：【点睛】本题主要考查了建立平面直角坐标系求解向量数量积的有关问题,属于中档题.14.设函数，其中若存在唯一的整数使得，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据分段函数的解析式画出图像,再根据存在唯一的整数使得数形结合列出

8、临界条件满足的关系式求解即可.【详解】解：函数,且画出的图象如下：因为,且存在唯一的整数使得,故与在时无交点,得；又,过定点又由图像可知,若存在唯一的整数使得时,所以,存在唯一的整数使得所以.根据图像可知,当时, 恒成立.综上所述, 存在唯一的整数使得,此时故答案为：【点睛】本题主要考查了数形结合分析参数范围的问题,需要根据题意分别分析定点右边的整数点中为满足条件的唯一整数,再数形结合列出时的不等式求的范围.属于难题.二、解答题15.如图，四棱锥中，底面是菱形，对角线交于点为棱的中点，求证：（1）平面；（2）平面平面【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】【分析】(1) 连结根据中位线

9、的性质证明即可.(2) 证明,再证明平面即可.【详解】解：证明：连结是菱形对角线的交点,为的中点,是棱的中点,平面平面平面解：在菱形中,且为的中点,平面平面,平面平面【点睛】本题主要考查了线面平行与垂直的判定,属于基础题.16.在锐角三角形中，角的对边分别为已知成等差数列，成等比数列（1）求的值；（2）若的面积为求的值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)根据成等差数列与三角形内角和可知,再利用两角和的正切公式,代入化简可得,同理根据三角形内角和与余弦的两角和公式与等比数列的性质可求得,联立即可求解求的值.(2)由(1)可知,再根据同角三角函数的关系与正弦定理可求得,再结合的面积为利用

10、面积公式求解即可.【详解】解：成等差数列,可得 而,即,展开化简得,因为,故又成等比数列,可得,即,可得联立解得（负的舍去）,可得锐角；由可得,由为锐角,解得,因为为锐角,故可得,由正弦定理可得,又的面积为可得,解得【点睛】本题主要考查了等差等比中项的运用以及正切的和差角公式以及同角三角函数关系等.同时也考查了正弦定理与面积公式在解三角形中的运用,属于中档题.17.某房地产开发商在其开发的某小区前修建了一个弓形景观湖如图，该弓形所在的圆是以为直径的圆，且米，景观湖边界与平行且它们间的距离为米开发商计划从点出发建一座景观桥（假定建成的景观桥的桥面与地面和水面均平行），桥面在湖面上的部分记作设（1

11、）用表示线段并确定的范围；（2）为了使小区居民可以充分地欣赏湖景，所以要将的长度设计到最长，求的最大值【答案】（1），；（2）米.【解析】【分析】(1) 过点作于点再在中利用正弦定理求解,再根据求解,进而求得.再根据确定的范围即可.(2)根据(1)有,再设,求导分析函数的单调性与最值即可.【详解】解：过点作于点 则,在中,由正弦定理得：, ,因为,化简得,令,且,因为,故令即,记,当时,单调递增；当时,单调递减,又, 当时,取最大值,此时,的最大值为米【点睛】本题主要考查了三角函数在实际中的应用,需要根据题意建立角度与长度间的关系,进而求导分析函数的单调性,根据三角函数值求解对应的最值即可.属

12、于难题.18.在平面直角坐标系中，已知椭圆的中心为坐标原点焦点在轴上，右顶点到右焦点的距离与它到右准线的距离之比为（1）求椭圆的标准方程；（2）若是椭圆上关于轴对称的任意两点，设，连接交椭圆于另一点求证：直线过定点并求出点的坐标；（3）在（2）的条件下，过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围【答案】（1）；（2）证明详见解析，；（3）.【解析】【分析】(1)根据题意列出关于的等式求解即可.(2)先根据对称性,直线过的定点一定在轴上,再设直线的方程为,联立直线与椭圆的方程, 进而求得的方程,并代入,化简分析即可.(3)先分析过点的直线斜率不存在时的值,再分析存在时,设直线的方程为,联立直线与椭圆的

13、方程,得出韦达定理再代入求解出关于的解析式,再求解范围即可.【详解】解：设椭圆的标准方程焦距为,由题意得,由,可得则,所以椭圆的标准方程为；证明：根据对称性,直线过的定点一定在轴上,由题意可知直线的斜率存在,设直线的方程为,联立,消去得到,设点,则所以,所以的方程为,令得,将,代入上式并整理,整理得,所以,直线与轴相交于定点当过点的直线的斜率不存在时,直线的方程为,此时,当过点的直线斜率存在时,设直线的方程为,且在椭圆上,联立方程组,消去,整理得,则所以所以,所以,由得,综上可得,的取值范围是【点睛】本题主要考查了椭圆的基本量求解以及定值和范围的问题,需要分析直线的斜率是否存在的情况,再联立直

14、线与椭圆的方程,根据韦达定理以及所求的解析式,结合参数的范围进行求解.属于难题.19.已知函数，其中（1）求函数的单调区间；若满足，且求证： （2）函数若对任意，都有，求的最大值【答案】（1）单调递增区间，单调递减区间；详见解析；（2）.【解析】【分析】(1)求导可得,再分别求解与的解集,结合定义域分析函数的单调区间即可.根据(1)中的结论,求出的表达式,再分与两种情况,结合函数的单调性分析的范围即可.(2)求导分析的单调性,再结合单调性,设去绝对值化简可得,再构造函数,根据函数的单调性与恒成立问题可知,再换元表达求解最大值即可.【详解】解：,由可得或,由可得,故函数的单调递增区间,单调递减区

15、间；,或,若,因为,故,由知在上单调递增,若由可得x1,因,所以,由在上单调递增,综上时,在上单调递减,不妨设由(1)在上单调递减,由,可得,所以, 令,可得单调递减,所以在上恒成立,即在上恒成立,即,所以, ,所以的最大值【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题,同时也考查了利用导数求解函数不等式以及构造函数分析函数的最值解决恒成立的问题.需要根据题意结合定义域与单调性分析函数的取值范围与最值等.属于难题.20.已知都是各项不为零的数列，且满足其中是数列的前项和，是公差为的等差数列（1）若数列是常数列，求数列的通项公式；（2）若是不为零的常数），求证：数列是等差数列；（3）若（为常

16、数，），求证：对任意的恒成立【答案】（1）；（2）详见解析；（3）详见解析.【解析】【分析】(1)根据,可求得,再根据是常数列代入根据通项与前项和的关系求解即可.(2)取,并结合通项与前项和的关系可求得再根据化简可得,代入化简即可知,再证明也成立即可.(3)由(2) 当时,代入所给的条件化简可得,进而证明可得,即数列是等比数列.继而求得,再根据作商法证明即可.【详解】解：是各项不为零的常数列,则,则由,及得,当时,两式作差,可得当时,满足上式,则；证明：,当时,两式相减得：即即又,即当时,两式相减得：数列从第二项起是公差为的等差数列又当时,由得,当时,由,得故数列是公差为的等差数列；证明：由,

17、当时,即,即,即,当时,即故从第二项起数列是等比数列,当时,另外,由已知条件可得,又,因而令,则故对任意的恒成立【点睛】本题主要考查了等差等比数列的综合运用,需要熟练运用通项与前项和的关系分析数列的递推公式继而求解通项公式或证明等差数列等.同时也考查了数列中的不等式证明等,需要根据题意分析数列为等比数列并求出通项,再利用作商法证明.属于难题.【选做题】在A，B，C四小题中只能选做两题，每小题10分，共20分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤21.已知二阶矩阵，矩阵属于特征值的一个特征向量为，属于特征值的一个特征向量为.求矩阵.【答案】【解析】【分析】运用矩阵定义列出方程组求解矩阵【详解】

18、由特征值、特征向量定义可知，即，得同理可得解得，.因此矩阵【点睛】本题考查了由矩阵特征值和特征向量求矩阵，只需运用定义得出方程组即可求出结果，较为简单22. 选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为（为参数）以直角坐标系原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为，点P为曲线C上的动点，求点P到直线l距离的最大值【答案】（1），（2）【解析】【详解】试题分析：利用将极坐标方程化为直角坐标方程：化简为cossin4，即为xy4再利用点到直线距离公式得：设点P的坐标为（2cos，sin），得P到直线l的距离试题解析：解：化简为cossin4，

19、则直线l的直角坐标方程为xy4设点P的坐标为（2cos，sin），得P到直线l的距离，dmax 考点：极坐标方程化为直角坐标方程，点到直线距离公式23.若正数满足，求的最小值.【答案】【解析】试题分析：由柯西不等式得，所以试题解析：因为均为正数，且，所以于是由均值不等式可知，当且仅当时，上式等号成立从而故的最小值为此时考点：柯西不等式【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分请在答卷纸指定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤24.如图，在正四棱锥中，底面正方形的对角线交于点且（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）求锐二面角的大小【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(

20、1) 以分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系, 设底面正方形边长为再求解与平面的法向量,继而求得直线与平面所成角的正弦值即可.(2)分别求解平面与平面的法向量,再求二面角的余弦值判断二面角大小即可.【详解】解：在正四棱锥中,底面正方形的对角线交于点所以平面取的中点的中点所以两两垂直,故以点为坐标原点,以分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系设底面正方形边长为因为所以所以,所以,设平面法向量是,因为,所以,取则,所以所以,所以直线与平面所成角的正弦值为设平面的法向量是,因为,所以,取则所以,由知平面的法向量是,所以所以,所以锐二面角的大小为【点睛】本题主要考查了建立平面直角坐标系求解线面夹角以及二

21、面角的问题,属于中档题.25.定义：若数列满足所有的项均由构成且其中有个，有个，则称为“数列”（1）为“数列”中的任意三项，则使得的取法有多少种？（2）为“数列”中的任意三项，则存在多少正整数对使得且的概率为.【答案】（1）16；（2）115.【解析】【分析】(1)易得使得的情况只有“”,“”两种,再根据组合的方法求解两种情况分别的情况数再求和即可.(2)易得“”共有种,“”共有种.再根据古典概型的方法可知,利用组合数的计算公式可得,当时根据题意有,共个；当时求得,再根据换元根据整除的方法求解满足的正整数对即可.【详解】解：（1）三个数乘积为有两种情况：“”,“”,其中“”共有：种,“”共有：种,利用分类计数原理得：为“数列”中的任意三项,则使得的取法有：种（2）与(1)同理,“”共有种,“”共有种,而在“数列”中任取三项共有种,根据古典概型有：,再根据组合数的计算公式能得到：,时,应满足,共个,时,应满足,视为常数,可解得, ,根据可知,根据可知,（否则）,下设,则由于正整数知必为正整数,化简上式关系式可以知道：,均为偶数,设,则,由于中必存在偶数,只需中存在数为的倍数即可,检验： 符合题意,共有个, 综上所述：共有个数对符合题意【点睛】本题主要考查了排列组合的基本方法,同时也考查了组合数的运算以及整数的分析方法等,需要根据题意- 32 -